1、山东省枣庄二中2016届高三上学期期末化学试卷一、选择题（每小题仅一个正确选项每小题2分，共20分）1下列说法正确的是（）A合成纤维、光导纤维都属于有机高分子材料B道尔顿、阿伏伽德罗、卢瑟福、玻尔等科学家的研究不断更新人们对原子结构的认识C光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济DPM2.5是指大气中直径接近于2.5106m的颗粒物，新修订的环境空气质量标准增设了PM2.5平均浓度限值，是因为PM2.5在空气中形成了分散系一定是气溶胶，且富含有害物质，对空气质量影响较大2下列说法不正确的是（）A食品包装袋中常放入小袋还原铁粉，目的是防止食品氧化变质B铝表面有一层致密的氧化膜，故铝制容器可
2、以用来腌制咸菜等C“埃博拉”病毒在常温下较稳定，对热有中等度抵抗力，56不能完全灭活，6030min方能破坏其感染性，此过程主要发生了蛋白质的变性D为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术3下列实验不能达到实验目的是（）A萃取时振荡分液漏斗B电解精炼铜C铝热反应D实验室模拟合成氨4下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）叙述I叙述IIA水玻璃具有黏性盛装烧碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞B往氯化钙溶液中通入足量的CO2先有白色沉淀生成，后沉淀溶解CaCO3不溶于水，Ca（HCO3）2可溶于水C NH4Cl受热易分解可用加热法除去I2中的NH4ClD利用丁达尔现象区分氢氧化铁
3、胶体和浓的氯化铁溶液往氢氧化钠溶液中滴加饱和氯化铁溶液，加热至红褐色制得胶体AABBCCDD5下列因果关系正确的是（）A因为H2O的沸点比H2S高，所以O原子得电子能力大于S原子B因为F原子得电子能力比Cl原子强，所以氢氟酸属于强酸C因为H2CO3酸性大于H2SiO3，所以CH4稳定性大于SiH4D因为Na+KCl（熔融）=NaCl+K，所以Na原子失电子能力大于K原子6元素周期表的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分，对比中学常见元素周期表，分析其元素的填充规律，判断下列说法正确的是（）A元素形成的单质晶体均属于原子晶体B元素的气态氢化物易液化，是因为其分子间存在氢键C、对应的简单离子
4、半径依次减小D三种元素形成的盐溶液在25时的pH值为77下列说法正确的是（）A在中和热的测定实验中，将氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计中，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度B向装有2mL 2mol/L AlCl3溶液的试管中，逐滴加入0.01mol/L氨水3mL，产生沉淀且沉淀不溶解，说明氢氧化铝不溶于弱碱C在淀粉溶液中加入稀硫酸并加热数分钟，冷却后依次加入新制Cu（OH）2悬浊液和碘水可检验淀粉是否已发生水解和是否完全水解D海带灼烧成灰烬后，加水煮沸23min并过滤，滤液中可加入适量的H2O2来氧化I8如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程若每步反应都
5、完全，下列说法正确的是（设反应过程中溶液的体积不变）（）A溶液B中发生的反应为：2SO2+O22SO3B由反应过程可推知氧化性：O2Fe3+SO42C溶液的pH：ABCDA溶液到C溶液，Fe3+浓度变大9锂硫电池是以硫元素作为电池正极，金属锂作为负极的一种锂电池单位质量的单质硫放电比容量高达1675mAh/g，远远高于商业上广泛应用的钴酸锂电池的容量（150mAh/g）并且硫是一种对环境友好的元素，对环境基本没有污染，锂硫电池是一种非常有前景的锂电池其工作原理如图所示下列关于锂硫电池的说法不正确的是（）A放电时，锂为负极，发生还原反应B充电时阳极反应式为：8Li2S16eS8+16Li+C电解
6、质可采用导电有机电解质D锂硫电池的理论电压为2.0V，则单位质量的单质硫的比能量为3.35 kWh/kg10工业上从含硒的废液中提取硒的方法之一是：用硫酸和硝酸处理废料，获得亚硒酸和少量硒酸，再与盐酸共热，硒酸转化为亚硒酸（2HCl+H2SeO4H2SeO3+Cl2+H2O），在亚硒酸溶液中通入SO2，有单质硒析出下列说法错误的是（）A氧化性：H2SeO4Cl2H2SO3B酸性：H2SO4H2SeO4C析出1mol硒需要消耗标准状况下22.4 L SO2D亚硒酸理论上既有氧化性，又有还原性，但还原性不及亚硫酸二、不定项选择（每题有12个选项每题3分，少选得1分，错选多选0分，共24分）11下列
7、离子方程式书写不正确的是（）A少量Mg（OH）2固体可溶于较浓的NH4Cl溶液中：Mg（OH）2+2NH4+Mg2+2NH3H2OB在CuSO4溶液中加入PbS，可转变为铜蓝（CuS）：Cu2+PbSPb2+CuSC向NH4Al（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH3BaSO4+2Al（OH）3D向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，溶液变混浊：S2O32+2H+S+SO2+H2O12设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A78g由Na2S和Na2O2组成的固体混合物，含有的阴离子数为NAB标准状况下，22.4L CCl4中含有的
8、分子数为NAC将1mol FeCl3水解制成胶体，所得胶体中含有的胶体粒子数NAD2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA13高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：从表格中判断以下说明不正确的是（）酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.61056.31091.61094.21010A在冰醋酸中，高氯酸的酸性最强B水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱C在冰醋酸中1mol/L的高氯酸的电离度约为0.4%D在冰醋酸中硫酸的电离方程式为：H2SO42H+SO4214已知反应：CO（g）+CuO（
9、s）CO2（g）+Cu（s）和反应：H2（g）+CuO（s）Cu（s）+H2O（g）在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K则下列说法正确的是（）A反应的平衡常数K1=B反应的平衡常数K=C对于反应，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应为吸热反应D对于反应，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定增大15某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO、CN、HCO3、N2、Cl六种离子在反应过程中测得ClO和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示下列有关判断中不正确的是（）A还原剂是含CN的物质，氧化产物不只
10、有N2B氧化剂是ClO，还原产物是HCO3C参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2D标准状况下若生成2.24LN2则转移电子1mol16下图所示与对应叙述相符的是（）A一定条件下，X和Y反应生成Z，由图1推出该反应的方程式可表示为：X+3YZB图2表示NaOH溶液滴加到0.1 mol/L的一元酸溶液得到的滴定曲线（常温下），该实验最好选取酚酞作指示剂C常温下，向NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，所得滴定曲线如图3所示当7pH13时，溶液中c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D用硝酸银溶液滴定等浓度的A、B、C的混合溶液（均可以与Ag+反应生成沉淀），由图4可确定首先
11、沉淀的是A17某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中（）A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在1840时，在氨水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如图所示下列说法不正确的是（）A在pH=9.0时，c（NH4+）c（HCO3）c（NH2C
12、OO）c（CO32）B不同pH的溶液中存在关系：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（NH2COO）+c（OH）C随着CO2的通入，不断增大D在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO的中间产物生成三、非选择题19（1）2015年8月12日天津港危化品爆炸，教训极为深刻其中化学品之一是氰化钠（NaCN）：白色固体，可溶于水，剧毒，致死量50250mg氰化钠遇水或酸生成剧毒易燃的氰化氢（HCN）气体处理氰化物可用碱性氯化法，该方法发生三步反应，写出其离子方程式氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸盐（ClO）：次氯酸盐氧化氰化物（CN）生成氰酸盐（CNO）：ClO+CNC
13、NO+2Cl过量的次氯酸盐氧化氰酸盐生成CO32和N2：（2）用ClO2 处理泄漏的氰化钠（NaCN），得到无毒的NaCl、N2 和CO2若处理含NaCN 4105molL1的废水 1000L，至少需要ClO2 的质量为g（3）化学是一门以实验为基础的科学，下列叙述正确的是（填写序号）将0.2molL1FeCl3溶液滴加到沸水中，然后继续加热并不断搅拌可制得氢氧化铁胶体分液时，分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出用NaOH固体配制100g 10%的氢氧化钠溶液时，用到的玻璃仪器主要有玻璃棒、烧杯、量筒和胶头滴管托盘天平、容量瓶、量筒、滴定管等定量仪器均标有0刻度线除去CO2中HCl
14、，可将混合气体通过盛有饱和Na2CO3溶液的洗气瓶纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，产生苍白色火焰，瓶口伴有白雾加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则试样中一定有CO32（4）化学实验中，常将溶液或试剂进行酸化，下列酸化处理的措施中正确的是A定性检验SO32，可用HNO3酸化的BaCl2溶液B配制FeCl2溶液时通常加少量HNO3酸化，减小其水解程度C检验某溶液中是否含Cl，用HNO3酸化的AgNO3溶液D、检验氧化铁中的氧化亚铁，先用硫酸溶液溶解，然后加入盐酸酸化的高锰酸钾溶液20A、B、C、D是原子序数均小于20的四种元素A与B同主族，且能形成BA2、BA3两种化合物B、C、D所形成
15、的简单离子电子层结构相同，且B、C、D离子半径依次减小请回答下列问题：D元素在元素周期表中的位置是A与D所形成的化合物的电子式为将C单质的水溶液滴加到B与D所形成化合物的水溶液中，其反应的化学方程式为21由短周期元素组成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D，存在如图1转化关系（部分生成物和反应条件已略去）（1）若A为金属钠，A与水反应的离子方程式为（2）若A为过氧化钠，A与水反应的化学方程式为（3）A不论是Na还是Na2O2，依据转化关系判断物质D是，（4）向30ml某浓度的B溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生
16、的气体V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有如图2所示两种情况（不计CO2的溶解），则曲线B表明M中的溶质为；原NaOH溶液的物质的量浓度为；由曲线A、B可知，两次实验通入的CO2的体积比为（5）Na2CO3和NaHCO3浓度均为0.1mol/L的混合溶液中，离子浓度由小到大的顺序是请你设计一实验证明Na2CO3溶液碱性比NaHCO3溶液的碱性强：22进入冬季北方开始供暖后，雾霾天气愈发严重，各地PM2.5、PM10经常“爆表”引发雾霾天气的污染物中，最为常见的是机动车尾气中的氮氧化物和燃煤产生的烟气、已知反应N2O4（g）2NO2（g）H，随温度升高，混合气体的颜色变深将一定量N2
17、O4气体充入绝热容器一段时间后，研究压缩和拉伸活塞过程中混合气体的气体的透光率（气体颜色越浅，透光率越大）随时间变化情况下列说法能说明透光率不再发生改变的有a气体颜色不再改变 bH不再改变cv正（N2O4）=2v逆（NO2） dN2O4的转化率不再改变、用NH3催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染如图，采用NH3作还原剂，烟气以一定的流速通过两种不同催化剂，测量逸出气体中氮氧化物含量，从而确定烟气脱氮率（注：脱氮率即氮氧化物转化率），反应原理为：NO（g）+NO2（g）+2NH3（g）2N2（g）+3H2O（g）（1）该反应的S0（填“”、“=”或“”）（2）以下说法正确的是A第种催化剂比第种
18、催化剂脱氮率高B相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响C催化剂、分别适合于250和450左右脱氮、用CH4催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染（3）已知：CH4（g）的燃烧热为890kJ/mol，蒸发1mol H2O（l）需要吸收44kJ热量CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1114kJ/mol2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=114kJ/mol写出CH4催化还原NO2（g）生成N2和H2O（g）的热化学方程式：（4）在温度为T1和T2时，分别将0.5mol CH4和1.2mol NO2充入体积为1L的密闭容器中，测得NO2的物质的量随时间变化数据
19、如下表：时间/min温度/010204050T11.20.90.70.40.4T21.20.80.560.5温度为T1时，020min内，v（CH4）=T1T2（填“”或“”，下空同）；判断理由是T1时，反应CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）平衡常数K=温度为T2时，达平衡后，再向容器中加入0.5mol CH4和1.2mol NO2，达新平衡时CH4的转化率将 （填“增大”、“减小”或“不变”）23铁及其化合物在国民经济的发展中起着重要作用（1）铁在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀某同学将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区
20、（a）已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环（b），如图1所示液滴边缘是区（填“正极”或“负极”），其电极反应式为（2）铁钛合金是一种常用的不锈钢材料，某同学在探究该合金的性质时，往含有TiO2+、Fe3+溶液中加入铁屑至溶液显紫色，该过程中发生的反应有；2TiO2+（无色）+Fe+4H+2Ti3+（紫色）+Fe2+2H2OTi3+（紫色）+Fe3+H2OTiO2+（无色）+Fe2+2H+（3）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种优良的水处理剂FeO42在水溶液中的存在形态如图2所示，纵坐标表示各存在形态的分数分布下列说法不正确的是（填字母序号）A不论溶液酸碱性如何变化，铁元素都有4种存在形态B
21、向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO4的分布分数逐渐增大C向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：HFeO4+OHFeO42+H2O从环境保护的角度看，制备高铁酸盐的较好方法为电解法用铁片作阳极，NaOH溶液为电解质溶液，电解制备高铁酸钠，其电流效率可达到40%写出阳极的电极反应式铁丝网电极是更理想的阳极材料，相同条件下，可将电流效率提高至70%以上，原因是若维持电流强度为5.0A，电解20min，理论上可生成Na2FeO4g（己知：F=96500C/mol，答案保留两位有效数字）山东省枣庄二中2016届高三上学期期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小
22、题仅一个正确选项每小题2分，共20分）1下列说法正确的是（）A合成纤维、光导纤维都属于有机高分子材料B道尔顿、阿伏伽德罗、卢瑟福、玻尔等科学家的研究不断更新人们对原子结构的认识C光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济DPM2.5是指大气中直径接近于2.5106m的颗粒物，新修订的环境空气质量标准增设了PM2.5平均浓度限值，是因为PM2.5在空气中形成了分散系一定是气溶胶，且富含有害物质，对空气质量影响较大【考点】常见的生活环境的污染及治理；化学史；有机高分子化合物的结构和性质【专题】化学应用【分析】A光导纤维是主要成分是二氧化硅； B阿伏伽德罗提出了阿伏伽德罗定律；C电解消耗电能，而
23、光催化还原水制氢可利用太阳能；D胶体粒子直径在1100nm之间【解答】解：A光导纤维是主要成分是二氧化硅，不属于有机高分子材料，故A错误； B阿伏伽德罗提出了阿伏伽德罗定律，不涉及原子结构，故B错误；C电解消耗电能，而光催化还原水制氢可利用太阳能，前者浪费能源，则光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济，故C正确；DPM2.5直径接近于2.5106m，而胶体粒子直径在1100nm之间，则PM2.5在空气中不一定能形成气溶胶，故D错误故选C【点评】本题考查较为综合，涉及胶体、环境污染以及治理等知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产以及环境保护等知识，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学
24、习的积极性，难度不大2下列说法不正确的是（）A食品包装袋中常放入小袋还原铁粉，目的是防止食品氧化变质B铝表面有一层致密的氧化膜，故铝制容器可以用来腌制咸菜等C“埃博拉”病毒在常温下较稳定，对热有中等度抵抗力，56不能完全灭活，6030min方能破坏其感染性，此过程主要发生了蛋白质的变性D为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；氧化还原反应；原电池和电解池的工作原理；铝的化学性质【专题】氧化还原反应专题；糖类与蛋白质专题【分析】A防止食品氧化变质，则所加入的物质应该具备吸收氧气的性质； B氯离子会破坏铝表面氧化膜；C蛋白质在高温
25、时发生变性；D废电池中铅、镉、汞等重金属对土壤和水源的污染非常严重【解答】解：A铁能与氧气反应，可防止食品氧化变质，故A正确； B氯离子会破坏铝表面氧化膜，则不能用铝制容器来腌制咸菜等，故B错误；C蛋白质在高温时发生变性，所以6030min方能破坏其感染性，此过程主要发生了蛋白质的变性，故C正确；D因废电池中铅、镉、汞等重金属对土壤和水源的污染非常严重，所以应积极开发 废电池的综合利用技术，减少土壤和水源的污染，故D正确故选B【点评】本题考查化学与生活，为高频考点，把握物质的性质及化学与生活、环境保护的关系为解答的关键，侧重分析能力及知识应用能力的考查，题目难度不大3下列实验不能达到实验目的是
26、（）A萃取时振荡分液漏斗B电解精炼铜C铝热反应D实验室模拟合成氨【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A用左手握住分液漏斗活塞，右手压住分液漏斗口部，把分液漏斗倒转过来振荡，使两种液体充分接触，振荡后打开活塞，将漏斗内气体放出；B电解精炼铜时，阳极为粗铜，阴极为纯铜，电解质溶液为硫酸铜溶液；C铝热反应可以冶炼金属铁，用镁带和硫酸钾做助燃剂；D检验氨气应该用湿润的红色石蕊试纸，不是蓝色石蕊试纸【解答】解：A萃取时，用左手握住分液漏斗活塞，右手压住分液漏斗口部，把分液漏斗倒转过来振荡，图示操作方法合理，能够达到实验目的，故A错误；B电解池中阳极失去电子发生氧化反应，阴极得到电子发生还
27、原反应，所以电解精炼铜时纯铜做阳极，纯铜做阴极，电解质溶液为硫酸铜溶液，图示装置能够达到实验目的，故B错误；C铝在高温下能够与氧化亚铁发生铝热反应生成铁，图示装置能够达到实验目的，故C错误；D图示装置中使用“湿润的蓝色石蕊试纸”检验氨气，无法达到实验目的，应该为湿润的红色石蕊试纸检验，故D正确；故选D【点评】本题考查了常见实验装置的综合应用，题目难度中等，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力4下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）叙述I叙述IIA水玻璃具有黏性盛装烧碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞B往氯化钙溶液中通入足量的CO2先有白色沉淀生成，后沉淀溶解C
28、aCO3不溶于水，Ca（HCO3）2可溶于水C NH4Cl受热易分解可用加热法除去I2中的NH4ClD利用丁达尔现象区分氢氧化铁胶体和浓的氯化铁溶液往氢氧化钠溶液中滴加饱和氯化铁溶液，加热至红褐色制得胶体AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A玻璃塞中二氧化硅与NaOH反应生成具有粘合性的硅酸钠；B氯化钙溶液中通入足量的CO2不反应；C碘易升华，NH4Cl受热易分解；D丁达尔现象为胶体特有的性质，氢氧化钠溶液中滴加饱和氯化铁溶液生成沉淀【解答】解：A玻璃塞中二氧化硅与NaOH反应生成具有粘合性的硅酸钠，则不能使用玻璃塞，和均正确并且有因果关系，故A选；B氯化钙溶液
29、中通入足量的CO2不反应，错误，正确，没有因果关系，故B不选；C碘易升华，NH4Cl受热易分解，则不能利用加热法除杂，正确，错误，没有因果关系，故C不选；D丁达尔现象为胶体特有的性质，氢氧化钠溶液中滴加饱和氯化铁溶液生成沉淀，应利用沸水中滴加氯化铁溶液制备胶体，正确，错误，没有因果关系，故D不选；故选A【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、试剂保存、混合物分离提纯、胶体制备等，把握物质的性质及因果关系为解答的关键，注意评价性分析，题目难度不大5下列因果关系正确的是（）A因为H2O的沸点比H2S高，所以O原子得电子能力大于S原子B因为F原子得电子能力比Cl原子强，所以氢
30、氟酸属于强酸C因为H2CO3酸性大于H2SiO3，所以CH4稳定性大于SiH4D因为Na+KCl（熔融）=NaCl+K，所以Na原子失电子能力大于K原子【考点】含有氢键的物质；元素周期律的作用【分析】A元素的非金属性越强，其得电子能力越强；B氢化物的酸性与原子得电子能力无关；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，其氢化物的稳定性越强；D钾的金属性大于Na，则K原子失电子能力大于Na原子【解答】解：A元素的非金属性越强，其得电子能力越强，氢化物的沸点与原子的得电子能力无关，故A错误；B氢化物的酸性与原子得电子能力无关，不能根据原子的得电子能力来判断酸性强弱，故B错误；C元素的非
31、金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，其氢化物的稳定性越强，H2CO3酸性大于H2SiO3，则C的非金属性大于Si，所以CH4稳定性大于SiH4，故C正确；D钾的金属性大于Na，则K原子失电子能力大于Na原子，Na+KCl（熔融）=NaCl+K，该反应的发生与化学平衡移动有关，故D错误故选C【点评】本题考查了元素非金属性、金属性的判断方法，题目难度不大，注意把握元素周期律的有关内容6元素周期表的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分，对比中学常见元素周期表，分析其元素的填充规律，判断下列说法正确的是（）A元素形成的单质晶体均属于原子晶体B元素的气态氢化物易液化，是因为其分子间存在氢
32、键C、对应的简单离子半径依次减小D三种元素形成的盐溶液在25时的pH值为7【考点】元素周期表的结构及其应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】由元素在周期表中的位置可知，为H、为Na、为C、为N、为O、为P、为S、为ClA碳单质中金刚石为原子晶体，而C60等为分子晶体；B氨气分子之间存在氢键，沸点较高，容易液化；C电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；D三种元素形成的盐溶液可能是硫酸钠，也可能是亚硫酸钠【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，为H、为Na、为C、为N、为O、为P、为S、为ClA碳单质中金刚石为原子晶体，石墨为混合晶体，而C60等为分子晶体，故A错
33、误；B氨气分子之间存在氢键，沸点较高，容易液化，故B正确；C电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2ClNa+，故C错误；D硫酸钠溶液呈中性，而亚硫酸钠溶液呈碱性，故D错误，故选B【点评】本题考查元素周期表及应用，侧重元素的位置及性质的考查，注意对基础知识的理解掌握7下列说法正确的是（）A在中和热的测定实验中，将氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计中，立即读出并记录溶液的起始温度，充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度B向装有2mL 2mol/L AlCl3溶液的试管中，逐滴加入0.01mol/L氨水3mL，产生沉淀且沉淀不溶解，说明氢氧化铝不溶于弱碱C
34、在淀粉溶液中加入稀硫酸并加热数分钟，冷却后依次加入新制Cu（OH）2悬浊液和碘水可检验淀粉是否已发生水解和是否完全水解D海带灼烧成灰烬后，加水煮沸23min并过滤，滤液中可加入适量的H2O2来氧化I【考点】化学实验方案的评价；氧化还原反应；两性氧化物和两性氢氧化物；淀粉的性质和用途【专题】实验评价题；氧化还原反应专题；几种重要的金属及其化合物；糖类与蛋白质专题【分析】A起始温度应为混合前酸、碱的温度；BAlCl3溶液过量；C检验淀粉水解产物葡萄糖应在碱性条件下；D碘离子能被双氧水氧化【解答】解：A起始温度应为混合前酸、碱的温度，然后混合后测定最高温度，以此计算中和热，故A错误； BAlCl3溶
35、液过量，氨水不足，不能说明氢氧化铝不溶于弱碱，故B错误；C检验淀粉水解产物葡萄糖应在碱性条件下，应水解后冷却，在碱性溶液中加入新制Cu（OH）2悬浊液和碘水可检验淀粉是否已发生水解和是否完全水解，故C错误；D海带灼烧成灰烬后，加水煮沸23min并过滤，滤液中含碘离子，加入H2O2溶液发生氧化还原反应生成碘单质，故D正确故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及中和热测定、物质的性质及氧化还原反应等，选项AB为解答的难点和易错点，注意进行过量计算，题目难度中等8如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程若每步反应都完全，下列说法正确的是（设反应过程中溶液的体积不变）（）A溶液B中发生
36、的反应为：2SO2+O22SO3B由反应过程可推知氧化性：O2Fe3+SO42C溶液的pH：ABCDA溶液到C溶液，Fe3+浓度变大【考点】二氧化硫的化学性质【专题】氧族元素【分析】根据处理二氧化硫气体的工艺流程可知，尾气中的二氧化硫气体，通入酸性硫酸铁溶液中发生氧化还原反应，三价铁离子氧化二氧化硫为硫酸，本身被还原为B溶液含有二价铁离子，通入空气会氧化亚铁离子得到含三价铁离子的溶液C，溶液C可以循环运用，据此进行解答，A溶液B中发生的反应是亚铁离子被氧气氧化为三价铁离子的反应；B氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物；C溶液A为Fe2（SO4）3溶液，三价铁离子水解A溶液显酸性，溶液B为发
37、生反应2Fe3+2H2O+SO2=2Fe2+SO42+4H+后的溶液，溶液酸性大大增强；溶液C为硫酸铁溶液和硫酸溶液，由于发生反应为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，消耗了氢离子；D溶液A中的溶质为硫酸和硫酸铁，溶液C的溶质也是硫酸铁、硫酸，铁离子浓度不变【解答】解：A溶液B中发生的反应是亚铁离子被氧气氧化为三价铁离子的反应，反应的离子方程式为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，故A错误；B氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，由反应2Fe3+2H2O+SO2=2Fe2+SO42+4H+、4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O可知，氧化性O2Fe3+SO42，故B
38、正确；C反应过程中溶液的体积不变，溶液A为Fe2（SO4）3溶液，三价铁离子水解A溶液显酸性，溶液B为发生反应2Fe3+2H2O+SO2=2Fe2+SO42+4H+后的溶液，溶液酸性大大增强；溶液C为硫酸铁溶液和硫酸溶液，由于发生反应为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，消耗了氢离子，C的酸性大于A小于B，即三种溶液中氢离子浓度大小为：BCA，则溶液的pH大小为：ACB，故C错误；D溶液A中的溶质为硫酸和硫酸铁，溶液C的溶质也是硫酸铁、硫酸，铁离子浓度不变，不过C中硫酸的含量大于A，故D错误；故选B【点评】本题考查了二氧化硫的回收利用方法的判断、氧化还原反应的规律应用，题目难度中等，
39、注意掌握二氧化硫的化学性质及治理方法，明确反应流程中的反应原理为解答本题的关键9锂硫电池是以硫元素作为电池正极，金属锂作为负极的一种锂电池单位质量的单质硫放电比容量高达1675mAh/g，远远高于商业上广泛应用的钴酸锂电池的容量（150mAh/g）并且硫是一种对环境友好的元素，对环境基本没有污染，锂硫电池是一种非常有前景的锂电池其工作原理如图所示下列关于锂硫电池的说法不正确的是（）A放电时，锂为负极，发生还原反应B充电时阳极反应式为：8Li2S16eS8+16Li+C电解质可采用导电有机电解质D锂硫电池的理论电压为2.0V，则单位质量的单质硫的比能量为3.35 kWh/kg【考点】原电池和电解
40、池的工作原理【专题】电化学专题【分析】A负极发生氧化反应；B充电时阳极发生氧化反应，Li2S被氧化生成S；CLi与水反应，电解质不能为水溶液；D根据Q=UI计算【解答】解：A放电时，锂为负极，负极发生氧化反应，故A错误；B充电时阳极发生氧化反应，Li2S被氧化生成S，电极方程式为8Li2S16eS8+16Li+，故B正确；CLi与水反应，电解质不能为水溶液，可为能导电的有机电解质，故C正确；DQ=UI=3.35 kWh/kg，故D正确故选A【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确化学电源中各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，也为易错点10工业上从含硒的废液中提取
41、硒的方法之一是：用硫酸和硝酸处理废料，获得亚硒酸和少量硒酸，再与盐酸共热，硒酸转化为亚硒酸（2HCl+H2SeO4H2SeO3+Cl2+H2O），在亚硒酸溶液中通入SO2，有单质硒析出下列说法错误的是（）A氧化性：H2SeO4Cl2H2SO3B酸性：H2SO4H2SeO4C析出1mol硒需要消耗标准状况下22.4 L SO2D亚硒酸理论上既有氧化性，又有还原性，但还原性不及亚硫酸【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】该反应中Cl元素化合价由1价变为0价、Se元素化合价由+6价变为+4价，所以HCl是还原剂、H2SeO4是氧化剂、氯气是氧化产物、H2SeO3是还原产物；在亚硒酸溶液
42、中通入SO2，有单质硒析出，则二氧化硫失电子作还原剂、H2SeO3是氧化剂，硫酸是氧化产物，A氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；B元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；同一种元素含氧酸中，中心元素化合价越高其酸性越强；C根据Se和二氧化硫之间的关系式计算；D处于中间价态的元素既有氧化性又有还原性【解答】解：A反应中Se元素化合价降低，H2SeO4为氧化剂，Cl元素化合价升高，Cl2为氧化产物，氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，则H2SeO4的氧化性比氯气强，又氯气可与将亚硫酸氧化成硫酸，所以氧化性：H2SeO4C12H2SO3，故A正确；B根据非金属性越强，对应的
43、最高价氧化物的酸性越强，又非金属性OSe，所以酸性：H2SO4H2SeO4，故B正确；C将二氧化硫通入亚硒酸溶液中出现单质硒的沉淀，反应中Se元素化合价由+4价降低到0价，S元素化合价由+4价升高到+6价，则析出1mol硒要用H2SeO31mol，SO22mol，即标准状况下44.8L，故C错误；D处于中间价态的元素既有氧化性又有还原性，亚硒酸中Se元素处于中间价态，所以理论上既有氧化性，又有还原性，亚硫酸还原性和二氧化硫相似，所以但还原性不及亚硫酸，故D正确；故选C【点评】本题综合考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和自学能力的考查，为高考常见题型，难度中等，注意从元素化合价的角度分析相关
44、概念和物质的性质二、不定项选择（每题有12个选项每题3分，少选得1分，错选多选0分，共24分）11下列离子方程式书写不正确的是（）A少量Mg（OH）2固体可溶于较浓的NH4Cl溶液中：Mg（OH）2+2NH4+Mg2+2NH3H2OB在CuSO4溶液中加入PbS，可转变为铜蓝（CuS）：Cu2+PbSPb2+CuSC向NH4Al（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42沉淀完全：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH3BaSO4+2Al（OH）3D向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，溶液变混浊：S2O32+2H+S+SO2+H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A氢氧
45、化镁与氯化铵溶液反应生成氯化镁和一水合氨；B硫化铜溶解性小于硫化铅，依据沉淀转化规律解答；C向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42完全沉淀，说明SO42与Ba2+的比例是1：2；D向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，反应生成硫酸钠、硫和二氧化硫和水【解答】解：A少量Mg（OH）2固体可溶于较浓的NH4Cl溶液中，离子方程式：Mg（OH）2+2NH4+Mg2+2NH3H2O，故A正确；B在CuSO4溶液中加入PbS，可转变为铜蓝（CuS），离子方程式：Cu2+PbSPb2+CuS，故B正确；C向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42完全沉淀，离
46、子方程式为：2Ba2+NH4+Al3+2SO42+4OHAl（OH）3+NH3H2O+2BaSO4，故C错误；D向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，反应生成硫酸钠、硫和二氧化硫和水，离子方程式：S2O32+2H+S+SO2+H2O，故D正确；故选：C【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等12设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A78g由Na2S和Na2O2组成的固体混合物，含有的阴离子数为NAB标准状况下，22.4L CCl4中含有的分子数为NAC将1mol FeCl3水解制成胶体，所得胶体中含有的胶体粒子数NAD2.0gH
47、218O与D2O的混合物中所含中子数为NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol；B、标况下四氯化碳为液体；C、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；D、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，且均含10个中子【解答】解：A、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，故78g混合物的物质的量为1mol，而两者中均含1个阴离子，故1mol混合物中含1mol即NA个阴离子，故A正确；B、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故B错误；C、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化
48、铁的聚集体，故将1mol氯化铁制成胶体，胶粒的个数小于NA个，故C错误；D、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，且均含10个中子，故2.0g混合物的物质的量为0.1mol，且含1mol中子即NA个，故D正确故选AD【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大13高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：从表格中判断以下说明不正确的是（）酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.61056.31091.61094.21010A在冰醋酸中，高氯酸的酸性最强B水对于这四种酸的
49、强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱C在冰醋酸中1mol/L的高氯酸的电离度约为0.4%D在冰醋酸中硫酸的电离方程式为：H2SO42H+SO42【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A在冰醋酸中，酸的电离平衡常数越大，则其电离程度越大，酸性越强；B在溶剂中完全电离的电解质不能区分，不完全电离的电解质能区分；C先根据电离平衡常数计算氢离子浓度，氢离子浓度等于电离的高氯酸浓度，再根据电离度公式计算电离度；D不完全电离的酸存在电离平衡，电离方程式应用可逆号【解答】解：A在醋酸中，四种酸中高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，故A正确；B这四种
50、酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，故B正确；C在冰醋酸中高氯酸电离出的c（H+）=mol/L=4103mol/L，氢离子浓度等于电离的高氯酸浓度，所以高氯酸的电离程度=100%=0.4%，故C正确；D在冰醋酸中，硫酸不完全电离，所以硫酸的电离方程式中应该用可逆号，且分步电离，主要以第一步为主，正确的电离方程式为：H2SO4H+HSO4，故D错误；故选D【点评】本题考查了电解质的电离，题目难度中等，明确电离平衡常数与酸的强弱之间的关系，根据酸在水溶液里或冰醋酸中电离程度确定电解质强弱与溶剂的关系，注意该溶液的溶剂是冰醋
51、酸不是水14已知反应：CO（g）+CuO（s）CO2（g）+Cu（s）和反应：H2（g）+CuO（s）Cu（s）+H2O（g）在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K则下列说法正确的是（）A反应的平衡常数K1=B反应的平衡常数K=C对于反应，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应为吸热反应D对于反应，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定增大【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素【分析】A化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示；B由方程式可知，反应=反应反应，根据化学平衡常数表达式，进行推导判断；C对于反
52、应，恒容时，温度升高，H2 的浓度减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，据此判断；D根据恒温恒容下，引起压强增大的条件变化情况解答【解答】解：A化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示，反应的平衡常数K1=，故A错误；B反应的平衡常数K1=，反应的平衡常数K2=，反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K=，故B正确；C对于反应，恒容时，温度升高，H2 的浓度减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，故C错误；D对于反应，恒温恒容下，通入稀有气体而使压强增大，平衡不移动，H2 的浓度不变，故D错误故选B【点评】本题考查化学平衡常数、化学平衡影响因素等，难度
53、中等，注意B选项中由已知方程式构造目标方程式，化学平衡常数之间的关系15某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO、CN、HCO3、N2、Cl六种离子在反应过程中测得ClO和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示下列有关判断中不正确的是（）A还原剂是含CN的物质，氧化产物不只有N2B氧化剂是ClO，还原产物是HCO3C参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2D标准状况下若生成2.24LN2则转移电子1mol【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】由曲线变化图可知，随反应进行ClO的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可
54、知，CN是反应物，由氯元素守恒可知Cl是生成物，由碳元素守恒可知HCO3是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物反应中Cl元素化合价由+1价降低为1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2（42）+（30）=10价，故CN系数为2，ClO系数为5，由元素守恒可知HCO3系数为2，N2系数为1，Cl系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN+5ClO+H2O=2HCO3+N2+5Cl【解答】解：由曲线变化图可知，随反应进行ClO的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN是
55、反应物，由氯元素守恒可知Cl是生成物，由碳元素守恒可知HCO3是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物反应中Cl元素化合价由+1价降低为1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由3价升高为0价，化合价总共升降最小公倍数为2（42）+（30）=10价，故CN系数为2，ClO系数为5，由元素守恒可知HCO3系数为2，N2系数为1，Cl系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN+5ClO+H2O=2HCO3+N2+5ClA、反应中，C元素化合价由CN中+2价升高为HCO3中+4价，N元素化合价由CN中3价升高为N2中0价，可知氧化产物有HCO3、N2，故A正确；B、
56、反应中Cl元素化合价由ClO中+1价降低为Cl中1价，ClO是氧化剂，还原产物是Cl，故B错误；C、由上述分析可知，反应为2CN+5ClO+H2O=2HCO3+N2+5Cl，反应中是CN是还原剂，ClO是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C正确；D、2.24LN2（标准状况）的物质的量为0.1mol，所以参加反应的ClO的物质的量为0.5mol，反应中只有氯元素化合价降低，由ClO中+1价降低为Cl中1价，所以转移电子为0.5mol2mol=1mol，故D正确故选B【点评】本题考查氧化还原反应计算、基本概念等，题目难度中等，根据曲线变化图分析反应物、产物，利用守恒生成方程式是关
57、键，侧重于考查学生的分析能力和计算能力16下图所示与对应叙述相符的是（）A一定条件下，X和Y反应生成Z，由图1推出该反应的方程式可表示为：X+3YZB图2表示NaOH溶液滴加到0.1 mol/L的一元酸溶液得到的滴定曲线（常温下），该实验最好选取酚酞作指示剂C常温下，向NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，所得滴定曲线如图3所示当7pH13时，溶液中c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）D用硝酸银溶液滴定等浓度的A、B、C的混合溶液（均可以与Ag+反应生成沉淀），由图4可确定首先沉淀的是A【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；转化率随温度、压强的变化曲线；难溶电解质的溶解
58、平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、当反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，物质的转化率相同，据此由图可知=3时，转化率相同，即X与Y的化学计量数之比为3：1；B、根据0.1 mol/L的一元酸在滴定开始时的pH来判断酸为弱弱酸，强碱滴定弱酸用酚酞作指示剂；C、如NaOH过量较多，可存在c（OH）c（CH3COO）；D、由图象可知，lgc（X）越大，则c（X）越小，越先生成沉淀【解答】解：A、解：当反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，物质的转化率相同，据此由图可知=3时，转化率相同，即X与Y的化学计量数之比为3：1，故反应为3X+YZ，故A错误；B、滴
59、定开始时0.1 molL1某酸pH为3，所以酸为弱酸，强碱滴定弱酸用酚酞作指示剂，故B正确；C、如NaOH过量较多，可存在c（OH）c（CH3COO），故C错误；D、由图象可知，lgc（X）越大，则c（X）越小，越先生成沉淀，由图4曲线，可确定首先沉淀的是A，故D正确，故选BD【点评】本题考查较为综合，涉及学生的分析能力的考查，为高考高频考点和常见题型，注意把握图象曲线的变化特点，为解答该题的关键，难度中等17某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得
60、到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中（）A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【专题】离子反应专题【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存
61、在及数据【解答】解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，必须还有阴离子，因此一定有Cl，至少0.02mol3+0.020.02mol2=0.04mol，物质的量浓度至少 =0.4mol/L，A、至少存在Cl、SO42、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl，故B
62、正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选B【点评】本题考查离子共存知识，做题是认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，难度中等1840时，在氨水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如图所示下列说法不正确的是（）A在pH=9.0时，c（NH4+）c（HCO3）c（NH2COO）c（CO32）B不同pH的溶液中存在关系：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（NH2COO）+c（OH）C随着CO2的通入，不断增大D在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO的中间产物生成【考点】真题集萃；离子浓度大小的比较【分析】
63、A根据pH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系分析；B溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度；C根据Kb=分析；D根据图象可知开始没有NH2COO，后来也不存在NH2COO【解答】解：ApH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系：c（NH4+）c（HCO3）c（NH2COO）c（CO32），故A正确；B溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（NH2COO）+c（OH），故B正确；C已知Kb=，温度一定时，Kb为常数，不随浓度的变化而变化，随着CO2的通入，c（N
64、H4+）逐渐增大，则不断减小，故C错误；D由图象可知开始没有NH2COO，后来也不存在NH2COO，所以NH2COO为中间产物，即在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO的中间产物生成，故D正确故选C【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒的应用、图象的分析与应用等，题目难度中等，侧重于考查学生对图象的分析与应用能力三、非选择题19（1）2015年8月12日天津港危化品爆炸，教训极为深刻其中化学品之一是氰化钠（NaCN）：白色固体，可溶于水，剧毒，致死量50250mg氰化钠遇水或酸生成剧毒易燃的氰化氢（HCN）气体处理氰化物可用碱性氯化法，该方法发生三步反应，写出其离子方程式氯气
65、与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸盐（ClO）：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O次氯酸盐氧化氰化物（CN）生成氰酸盐（CNO）：ClO+CNCNO+2Cl过量的次氯酸盐氧化氰酸盐生成CO32和N2：3ClO+2CNO+2OH=3Cl+2CO32+N2+H2O（2）用ClO2 处理泄漏的氰化钠（NaCN），得到无毒的NaCl、N2 和CO2若处理含NaCN 4105molL1的废水 1000L，至少需要ClO2 的质量为2.7g（3）化学是一门以实验为基础的科学，下列叙述正确的是（填写序号）将0.2molL1FeCl3溶液滴加到沸水中，然后继续加热并不断搅拌可制得氢氧化铁胶体分液时，分液漏斗中下层
66、液体从下口流出，上层液体从上口倒出用NaOH固体配制100g 10%的氢氧化钠溶液时，用到的玻璃仪器主要有玻璃棒、烧杯、量筒和胶头滴管托盘天平、容量瓶、量筒、滴定管等定量仪器均标有0刻度线除去CO2中HCl，可将混合气体通过盛有饱和Na2CO3溶液的洗气瓶纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，产生苍白色火焰，瓶口伴有白雾加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则试样中一定有CO32（4）化学实验中，常将溶液或试剂进行酸化，下列酸化处理的措施中正确的是CA定性检验SO32，可用HNO3酸化的BaCl2溶液B配制FeCl2溶液时通常加少量HNO3酸化，减小其水解程度C检验某溶液中是否含Cl，用HNO
67、3酸化的AgNO3溶液D、检验氧化铁中的氧化亚铁，先用硫酸溶液溶解，然后加入盐酸酸化的高锰酸钾溶液【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】卤族元素；化学实验基本操作【分析】（1）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；过量的次氯酸盐氧化氰酸盐生成CO32和N2，该反应中Cl元素化合价由+2价变为1价，N元素化合价由3价变为0价，根据转移电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式；（2）用ClO2 处理泄漏的氰化钠（NaCN），得到无毒的NaCl、N2 和CO2，该反应中Cl元素化合价由+4价变为1价、N元素化合价由3价变为0价，C元素化合价由+2价
68、变为+4价，根据转移电子守恒配平方程式，再根据氢氧化钠和二氧化氯的关系式计算；（3）制备胶体时不能搅拌；分液时，分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，防止引进杂质；根据仪器用途选取仪器；容量瓶没有0刻度线；CO2、HCl都能和饱和Na2CO3溶液反应；纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，产生苍白色火焰，瓶口伴有白雾，氯化氢遇水蒸气生成盐酸小液滴；加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则试样中可能有CO32也可能含有碳酸氢根离子、亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子；（4）A硝酸能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子；B硝酸能氧化亚铁离子生成铁离子；C检验某溶液中是否含Cl，用HNO3酸化的Ag
69、NO3溶液检验；D、盐酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化【解答】解：（1）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；过量的次氯酸盐氧化氰酸盐生成CO32和N2，该反应中Cl元素化合价由+2价变为1价，N元素化合价由3价变为0价，根据转移电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式为3ClO+2CNO+2OH=3Cl+2CO32+N2+H2O，故答案为：3ClO+2CNO+2OH=3Cl+2CO32+N2+H2O；（2）用ClO2 处理泄漏的氰化钠（NaCN），得到无毒的NaCl、N2 和CO2，该反应中Cl元
70、素化合价由+4价变为1价、N元素化合价由3价变为0价，C元素化合价由+2价变为+4价，根据转移电子守恒配平方程式2ClO2+2NaCN=2NaCl+N2+2CO2，n（NaCN）=4105molL11000L=0.04mol，根据方程式知，消耗二氧化氯物质的量为0.04mol，其质量=0.04mol67.5g/mol=2.7g，故答案为：2.7g；（3）制备胶体时不能搅拌，否则产生沉淀而得不到胶体，故错误；分液时，分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，防止引进杂质，该操作正确，故正确；用NaOH固体配制100g 10%的氢氧化钠溶液时，用到的玻璃仪器主要有玻璃棒、烧杯、量筒和胶头滴
71、管，玻璃棒搅拌、量筒量取浓溶液、烧杯稀释浓溶液，故正确；容量瓶没有0刻度线，故错误；CO2、HCl都能和饱和Na2CO3溶液反应，应该用饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，故错误；纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，产生苍白色火焰，瓶口伴有白雾，氯化氢遇水蒸气生成盐酸小液滴，故正确；加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则试样中可能有CO32也可能含有碳酸氢根离子、亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子，所以样品中不一定含有碳酸根离子，故错误；故选；（4）A硝酸能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子而产生干扰，应该用盐酸酸化，故错误；B硝酸能氧化亚铁离子生成铁离子，应该用稀盐酸，故错误；C检验某溶液中是否含
72、Cl，用HNO3酸化的AgNO3溶液检验，如果产生白色沉淀就说明含有氯离子，否则不含氯离子，故正确；D、盐酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，产生干扰，应该稀硫酸酸化，故错误；故选C【点评】本题以氯及其化合物为载体考查氧化还原反应、物质制备、溶液酸化等知识点，为高频考点，明确氧化还原反应特点、物质性质、离子检验方法等即可解答，注意除杂时要除去杂质且不能引进新的杂质，题目难度中等20A、B、C、D是原子序数均小于20的四种元素A与B同主族，且能形成BA2、BA3两种化合物B、C、D所形成的简单离子电子层结构相同，且B、C、D离子半径依次减小请回答下列问题：D元素在元素周期表中的位置是第四周期第A族A与D
73、所形成的化合物的电子式为将C单质的水溶液滴加到B与D所形成化合物的水溶液中，其反应的化学方程式为Cl2+S2=2Cl+S【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A、B、C、D是原子序数均小于20的四种元素A与B同主族，且能形成BA2、BA3型分子，则A为氧元素、B为硫元素；B、C、D所形成的简单离子电子层结构相同，核外电子数为18，且B、C、D离子半径依次减小，则原子序数DCB，结合原子序数可知，D为K、C为Cl，据此解答【解答】解：A、B、C、D是原子序数均小于20的四种元素A与B同主族，且能形成BA3型分子，则A为氧元素、B为硫元素；B、C、D所形成的简
74、单离子电子层结构相同，核外电子数为18，且B、C、D离子半径依次减小，则原子序数DCB，结合原子序数可知，D为K、C为Cl，D为K元素，在元素周期表中的位置是：第四周期第A族，故答案为：第四周期第A族；A与D所形成的化合物为K2O，电子式为，故答案为：；将氯气的水溶液滴加到K2S的水溶液中，硫离子被氧化生成硫，氯气被还还原，同时生成KCl，反应的化学方程式为：Cl2+K2S=2KCl+S，故答案为：Cl2+S2=2Cl+S【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握21由短周期元素组成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D，存在如图1转化关系（
75、部分生成物和反应条件已略去）（1）若A为金属钠，A与水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH+H2（2）若A为过氧化钠，A与水反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2（3）A不论是Na还是Na2O2，依据转化关系判断物质D是NaHCO3，（4）向30ml某浓度的B溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有如图2所示两种情况（不计CO2的溶解），则曲线B表明M中的溶质为Na2CO3、NaHCO3；原NaOH溶液的物质的量浓度为3：10；由曲线A、B
76、可知，两次实验通入的CO2的体积比为0.25mol/L（5）Na2CO3和NaHCO3浓度均为0.1mol/L的混合溶液中，离子浓度由小到大的顺序是c（H+）c（OH）c（CO32）c（HCO3）c（Na+）请你设计一实验证明Na2CO3溶液碱性比NaHCO3溶液的碱性强：配制0.1molL1（或等物质的量浓度）的两种溶液，则其pH，Na2CO3溶液pH大于NaHCO3溶液，说明Na2CO3溶液碱性比NaHCO3溶液的碱性强【考点】无机物的推断【专题】无机推断；演绎推理法；金属概论与碱元素【分析】（1）若A为金属钠，A与水反应生成单质E为H2，所以B为NaOH，则C为Na2CO3，D为NaHC
77、O3；（2）若A为过氧化钠，A与水反应生成单质E为O2，所以B为NaOH，则C为Na2CO3，D为NaHCO3；（3）根据（1）（2）的分析答题；（4）曲线A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应为：HCO3+H+=H2O+CO2，再结合反应OH+H+=H2O、H+CO32=HCO3可知，若A中只有Na2CO3，开始发生CO32+H+=HCO3，前后两过程消耗HCl的体积相等，所以根据前后两过程消耗的盐酸的体积可判断溶液的组成，根据钠元素守恒可知，当加入75mL盐酸时，溶液中的溶质为氯化钠，所以原溶液中的氢氧化钠的物质的量 为0.1mol/L0.075L=0.0075m
78、ol，据此计算氢氧化钠的物质的量浓度；曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为（7560）mL=15mL，曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为（7525）mL=50mL，由HCO3+H+=H2O+CO2可求得两次实验通入的CO2的体积之比；（5）Na2CO3和NaHCO3浓度均为0.1mol/L的混合溶液中，碳酸根和碳酸氢根都水解，且碳酸根水解生成碳酸氢根，溶液呈碱性，根据等物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的pH的大小判断溶液的碱性强弱【解答】解：（1）若A为金属钠，A与水反应生成单质E为H2，所以B为NaOH，则C为Na2CO3，D为NaHCO3，A与水反应的离子方程式为2Na+2H2O
79、=2Na+2OH+H2，故答案为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2； （2）若A为过氧化钠，A与水反应生成单质E为O2，所以B为NaOH，则C为Na2CO3，D为NaHCO3，A与水反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2；（3）根据（1）（2）的分析可知，D为NaHCO3，故答案为：NaHCO3；（4）曲线A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应为：HCO3+H+=H2O+CO2，再结合反应OH+H+=H2O、H+CO32=HCO3可知，若A中只有Na2CO3，开始发生CO32+H+=HCO3，前后两过程
80、消耗HCl的体积相等，而实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3，B曲线中，前后消耗盐酸的体积之比为1：3，则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3，且二者物质的量之比为1：2，根据钠元素守恒可知，当加入75mL盐酸时，溶液中的溶质为氯化钠，所以原溶液中的氢氧化钠的物质的量 为0.1mol/L0.075L=0.0075mol，所以氢氧化钠的物质的量浓度为=0.25mol/L，曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为（7560）mL=15mL，曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为（7525）mL=50mL，由HCO3+H+=H2O+CO2
81、可知，则两次实验通入的CO2的体积之比=15mL：50mL=3：10，故答案为：Na2CO3、NaHCO3；3：10；0.25mol/L；（5）Na2CO3和NaHCO3浓度均为0.1mol/L的混合溶液中，碳酸根和碳酸氢根都水解，且碳酸根水解生成碳酸氢根，溶液呈碱性，所以溶液中离子浓度由小到大的顺序是c（H+）c（OH）c（CO32）c（HCO3）c（Na+），根据等物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的pH的大小判断溶液的碱性强弱，具体操作为配制 0.1molL1（或等物质的量浓度）的两种溶液，则其pH，Na2CO3溶液pH大于NaHCO3溶液，说明Na2CO3溶液碱性比NaH
82、CO3溶液的碱性强，故答案为：c（H+）c（OH）c（CO32）c（HCO3）c（Na+）；配制 0.1molL1（或等物质的量浓度）的两种溶液，则其pH，Na2CO3溶液pH大于NaHCO3溶液，说明Na2CO3溶液碱性比NaHCO3溶液的碱性强【点评】本题考查无机物推断、化学计算等，基本属于猜测验证型推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，（4）中计算关键是根据图象判断溶液溶质的成分，题目难度较大22进入冬季北方开始供暖后，雾霾天气愈发严重，各地PM2.5、PM10经常“爆表”引发雾霾天气的污染物中，最为常见的是机动车尾气中的氮氧化物和燃煤产生的烟气、已知反应N2O4（g）2NO2（g）H，
83、随温度升高，混合气体的颜色变深将一定量N2O4气体充入绝热容器一段时间后，研究压缩和拉伸活塞过程中混合气体的气体的透光率（气体颜色越浅，透光率越大）随时间变化情况下列说法能说明透光率不再发生改变的有ada气体颜色不再改变 bH不再改变cv正（N2O4）=2v逆（NO2） dN2O4的转化率不再改变、用NH3催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染如图，采用NH3作还原剂，烟气以一定的流速通过两种不同催化剂，测量逸出气体中氮氧化物含量，从而确定烟气脱氮率（注：脱氮率即氮氧化物转化率），反应原理为：NO（g）+NO2（g）+2NH3（g）2N2（g）+3H2O（g）（1）该反应的S0（填“”、“=”或
84、“”）（2）以下说法正确的是CA第种催化剂比第种催化剂脱氮率高B相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响C催化剂、分别适合于250和450左右脱氮、用CH4催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染（3）已知：CH4（g）的燃烧热为890kJ/mol，蒸发1mol H2O（l）需要吸收44kJ热量CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1114kJ/mol2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=114kJ/mol写出CH4催化还原NO2（g）生成N2和H2O（g）的热化学方程式：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=844KJ/mo
85、l（4）在温度为T1和T2时，分别将0.5mol CH4和1.2mol NO2充入体积为1L的密闭容器中，测得NO2的物质的量随时间变化数据如下表：时间/min温度/010204050T11.20.90.70.40.4T21.20.80.560.5温度为T1时，020min内，v（CH4）=0.0125mol/（Ls）T1T2（填“”或“”，下空同）；判断理由是升高温度，NO2的物质的量增大，平衡逆向移动，正反应为放热反应T1时，反应CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）平衡常数K=6.4温度为T2时，达平衡后，再向容器中加入0.5mol CH4和1.2mol N
86、O2，达新平衡时CH4的转化率将减小 （填“增大”、“减小”或“不变”）【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算【专题】化学平衡图像；化学平衡专题【分析】透光率不再发生改变，说明二氧化氮的浓度不变，反应到达平衡；（1）熵是用描述混乱程度的，S就是混乱程度的变化，根据反应前后气体体积不会判断熵变；（2）A、催化剂只影响反应速率，不会改变转化率；B、根据反应原理可知，正反应是体积增大的反应，压强影响脱氮率；C、根据图象数据可知，催化剂、发挥增大催化效果的温度分别为250和450；（3）写出热化学方程式，结合盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（4
87、）根据v=计算v（NO2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（CH4）；由表中数据可知，T2温度反应速率较快，温度越高，反应速率越快，先到达平衡，而升高温度，NO2的物质的量增大，说明平衡逆向移动；化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出，温度为T1时，40min到达平衡，计算平衡时各组分浓度，代入平衡常数表达式计算；温度为T2时，达平衡后，再向容器中加入0.5mol CH4和1.2mol NO2，等效再原平衡基础上增大压强，平衡逆向移动；【解答】解：透光率不再发生改变，说明二氧化氮的
88、浓度不变，反应到达平衡，a气体颜色不再改变，说明二氧化氮浓度不变，透光率不再发生改变，故a正确；b焓变H与是否到达平衡无关，与物质的聚集状态与化学计量数有关，故b错误；c应是2v正（N2O4）=v逆（NO2）时，反应到达平衡，二氧化氮的浓度不变，故c错误；dN2O4的转化率不再改变，反应到达平衡，二氧化氮的浓度不变，透光率不再发生改变，故d正确，故选：ad；（1）反应前气体的化学计量数为4，反应后计量数之和为5，正反应是混乱度增加的反应，所以S0，故答案为：；（2）A催化剂不会影响转化率，只影响反应速率，所以第种催化剂和第种催化剂对转化率没有影响，故A错误；B该反应为体积增大的反应，增大压强，
89、平衡向着逆向移动，所以压强对脱氮率有影响，故B错误；C由图象可知，催化剂、分别适合于250和450左右脱氮，其催化活性最好，故C正确；故选C； （3）已知：CH4（g）的燃烧热为890kJ/mol，热化学方程式若为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l），H=890KJ/mol，蒸发1mol H2O（l）需要吸收44kJ热量，热化学方程式，H2O（l）=H2O（g），H=44KJ/molCH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1114kJ/mol2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=114kJ/mol依据盖斯定律计算，（+2+2）得到CH4
90、催化还原NO2（g）生成N2和H2O（g）的热化学方程式：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=844KJ/mol，故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=844KJ/mol；（4）温度为T1时，020min内v（NO2）=0.025mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，则v（CH4）= v（NO2）=0.0125mol/（Ls），故答案为：0.0125mol/（Ls）；由表中数据可知，T2温度反应速率较快，温度越高，反应速率越快，故温度T1T2，温度T2先到达平衡，而升高温度，NO2的物质的量增大，说明平
91、衡逆向移动，故正反应为放热反应，则H0，故答案为：；升高温度，NO2的物质的量增大，平衡逆向移动，正反应为放热反应；温度为T1时，40min到达平衡，平衡时二氧化氮物质的量为0.4mol，则： CH4（g）+2NO2（g）N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）起始量（mol）：0.5 1.2 0 0 0变化量（mol）：0.4 0.8 0.4 0.4 0.8平衡量（mol）：0.1 0.4 0.4 0.4 0.8容器的体积为1L，则平衡常数K=6.4，故答案为：6.4；温度为T2时，达平衡后，再向容器中加入0.5mol CH4和1.2mol NO2，等效再原平衡基础上增大压强，平衡逆向移动，
92、达新平衡时CH4的转化率将减小，故答案为：减小；【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析，热化学方程式书写方法，化学平衡常数计算，电解池原理的分析应用，掌握平衡移动原理、概念实质、电解池原理的理解应用是关键，题目难度中等23铁及其化合物在国民经济的发展中起着重要作用（1）铁在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀某同学将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区（a）已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环（b），如图1所示液滴边缘是区（填“正极”或“负极”），其电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH（2）铁钛合金是一种常用的不锈钢材料，某同学在探究该合金的性质时，往含
93、有TiO2+、Fe3+溶液中加入铁屑至溶液显紫色，该过程中发生的反应有；2TiO2+（无色）+Fe+4H+2Ti3+（紫色）+Fe2+2H2OTi3+（紫色）+Fe3+H2OTiO2+（无色）+Fe2+2H+2Fe3+Fe=3Fe2+（3）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种优良的水处理剂FeO42在水溶液中的存在形态如图2所示，纵坐标表示各存在形态的分数分布下列说法不正确的是AB（填字母序号）A不论溶液酸碱性如何变化，铁元素都有4种存在形态B向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO4的分布分数逐渐增大C向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：HFeO4+OHFeO4
94、2+H2O从环境保护的角度看，制备高铁酸盐的较好方法为电解法用铁片作阳极，NaOH溶液为电解质溶液，电解制备高铁酸钠，其电流效率可达到40%写出阳极的电极反应式Fe6e+8OH=FeO42+4H2OFe6e+8OH=FeO42+4H2O铁丝网电极是更理想的阳极材料，相同条件下，可将电流效率提高至70%以上，原因是铁丝网的接触面积更大若维持电流强度为5.0A，电解20min，理论上可生成Na2FeO41.7g（己知：F=96500C/mol，答案保留两位有效数字）【考点】原电池和电解池的工作原理；盐类水解的原理【专题】盐类的水解专题；电化学专题【分析】（1）铁在中性条件下发生吸氧腐蚀，铁作负极，
95、碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应；（2）铁离子具有氧化性，铁能和铁离子发生氧化还原反应；（3）A根据图象知，不论溶液酸碱性如何变化，酸性条件下，高铁酸根离子不存在；B向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO4的分布分数先增大后减小；C向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：HFeO4+OHFeO42+H2O；阳极铁失去电子，生成高铁酸盐，电极反应式为：Fe6e+8OH=FeO42+4H2O；铁丝网接触面积增大，加快反应速率，所以电流效率提高至70%以上；结合Q=It，F=96500C/mol，计算电子转移物质的量，依据化学方程式电
96、量关系计算得到Na2FeO4物质的量，得到质量【解答】解：（1）铁在中性条件下发生吸氧腐蚀，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，氢氧根离子和亚铁离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定被氧化生成氢氧化铁，所以边缘是正极，正极上电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH，故答案为：正极，O2+2H2O+4e=4OH；（2）铁和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子，离子反应方程式为：2Fe3+Fe=3 Fe2+，故答案为：2Fe3+Fe=3Fe2+；（3）A根据图象知，不论溶液酸碱性如何变化，酸性条件下，高铁酸根离子不存在，故错误；B向pH=1
97、0的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO4的分布分数先增大后减小，故错误；C向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：HFeO4+OHFeO42+H2O，故正确；故选AB；阳极铁失去电子，生成高铁酸盐，电极反应式为：Fe6e+8OH=FeO42+4H2O；铁丝网接触面积增大，加快反应速率，所以电流效率提高至70%以上，维持电流强度为5.0A，电解20min，通过电量为Q=It=5.0A2060s=6000C，F=96500C/mol，电子物质的量=0.062mol，化学方程式计算可知电子转移6mol生成1molNa2FeO4，则电子转移0.062mol生成Na2FeO4物质的量也为，质量=166g/mol1.7g，理论上可生成Na2FeO4质量为1.7g，故答案为：Fe6e+8OH=FeO42+4H2O；铁丝网的接触面积更大；1.7g【点评】本题考查较综合，涉及氧化还原反应、原电池原理等知识点，难度中等，做题时要正确理解这些概念的内涵，学会书写电极反应式版权所有：高考资源网()
